Cho hình tứ diện $ABCD$ có $AB\perp (BCD)$, các tam giác $BCD$ và $ACD$ là những tam giác nhọn. Gọi $H,K$ lần lượt là trực tâm của các tam giác $BCD,ACD$. Chứng minh rằng:

a) $AD\perp CH$.

b) $HK\perp (ACD)$.

(AI giải đề cho tôi)
Lời giải AI cho Câu 13 (Phần IV), trình bày lại theo chuỗi lập luận hợp lệ.

Ta có: $AB\perp (BCD)$ nên $AB\perp CD$, $AB\perp BD$, $AB\perp BC$. Vì $H$ là trực tâm tam giác $BCD$ nên $BH\perp CD$, $CH\perp BD$, $DH\perp BC$.

**a) Chứng minh $AD\perp CH$.**

Bước 1: $CD\perp AB$ và $CD\perp BH$ (trực tâm), mà $AB$ cắt $BH$ tại $B$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $CD\perp (ABH)$, do đó $CD\perp AH$. (Có thể thấy ngay bằng định lý ba vuông góc: hình chiếu của $AH$ trên $(BCD)$ là $BH$, mà $BH\perp CD$.)

Bước 2: Gọi $E$ là giao điểm của đường thẳng $CH$ với $BD$ (tồn tại vì tam giác $BCD$ nhọn nên đường cao từ $C$ cắt cạnh $BD$; $H\in CE$). Ta có $BD\perp AB$ (vì $AB\perp (BCD)$) và $BD\perp CE$ (vì $CH\perp BD$), mà $AB$ cắt $CE$ tại... $AB$ qua $B$, $CE$ qua $E$, cả hai cùng vuông góc với $BD$ và cùng nằm trong mặt phẳng đi qua $BD$ — chính xác hơn: $AB$ và $BE$ cắt nhau tại $B$, $BD\perp AB$, $BD\perp BE$ (vì $BE\subset BD$) nên $BD\perp (ABE)$. Suy ra $BD\perp AE$.

Bước 3: $BD\perp AE$ và $BD\perp CE$ (tức $BD\perp CH$), mà $AE$ cắt $CE$ tại $E$ và cùng thuộc $(ACE)$, suy ra $BD\perp (ACE)$. Vì $H\in CE\subset (ACE)$ nên $AH\subset (ACE)$, do đó $BD\perp AH$.

Bước 4: Từ bước 1 và bước 3: $AH\perp CD$ và $AH\perp BD$, mà $CD$ cắt $BD$ tại $D$ và cùng thuộc $(BCD)$, suy ra $AH\perp (BCD)$.

Bước 5: Vì $AH\perp (BCD)$ nên $AH\perp BC$; kết hợp $AB\perp BC$, mà $AH$ cắt $AB$ tại $A$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $BC\perp (ABH)$, do đó $BC\perp AD$. Cùng với $BD\perp AD$ (bước 3), mà $BC$ cắt $BD$ tại $B$ và cùng thuộc $(BCD)$, suy ra $AD\perp (BCD)$.

Bước 6: Vì $AD\perp (BCD)$ mà $CH\subset (BCD)$ nên $AD\perp CH$. $■$

**b) Chứng minh $HK\perp (ACD)$.**

Vì $K$ là trực tâm tam giác $ACD$ nên $CK\perp AD$ và $AK\perp CD$.

- Từ câu a): $AD\perp BC$ và $AD\perp CH$, mà $BC$ cắt $CH$ tại $C$ và cùng thuộc $(BCH)$, suy ra $AD\perp (BCH)$. Mặt phẳng qua $C$ vuông góc với $AD$ là duy nhất và chính là $(BCH)$; vì $CK\perp AD$ đi qua $C$ nên $CK\subset (BCH)$, tức $K\in (BCH)$. Do đó $HK\subset (BCH)$ và $HK\perp AD$.
- Từ câu a): $CD\perp AB$ và $CD\perp AH$, mà $AB$ cắt $AH$ tại $A$ và cùng thuộc $(ABH)$, suy ra $CD\perp (ABH)$. Mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $CD$ là duy nhất và chính là $(ABH)$; vì $AK\perp CD$ đi qua $A$ nên $AK\subset (ABH)$, tức $K\in (ABH)$. Do đó $HK\subset (ABH)$ và $HK\perp CD$.

Từ $HK\perp AD$ và $HK\perp CD$, mà $AD$ cắt $CD$ tại $D$ và cùng thuộc $(ACD)$, suy ra $HK\perp (ACD)$. $■$

Ghi chú: lời giải AI trước đó trong nguồn chứa hai bước suy luận không hợp lệ (dùng $DH\subset (ABH)$ và $AD\subset (ABH)$), đã được thay bằng chuỗi lập luận đúng ở trên: dùng giao điểm $E=CH\cap BD$ để có $BD\perp (ACE)\Rightarrow BD\perp AH\Rightarrow AH\perp (BCD)$, rồi $AD\perp (BCD)\Rightarrow AD\perp CH$.